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ユークリッド空間の3点 \(P, Q, R \in \mathbb{R}^n\) の距離について \(|PR| \leq |PQ| + |QR| \) を証明します。 書いた後で気づいたのですが、 \(n\)次元ユークリッド空間\(\mathbb{R}^n\) と距離の性質 にすでに詳しく記載していました。
\(P\) を \( (p_1, \cdots , p_n ) \), \(Q\) を \( (q_1, \cdots , q_n ) \), \(R\) を \( (r_1, \cdots , r_n ) \) と表すことにします。
\(n=1\) のとき
\(\sqrt{(r_1-p_1)^2} – \sqrt{(q_1 – p_1)^2} – \sqrt{(r_1 – q_1)^2} \leq 0 \) を示せばよい。 \(p_1, r_1\) についての対称式であるため、 \( p_1 \leq r_1\) とします。
\(q_1 \lt p_1 \leq r_1\) の場合
\begin{eqnarray} && \sqrt{(r_1-p_1)^2} – \sqrt{(q_1 – p_1)^2} – \sqrt{(r_1 – q_1)^2}\\ &=& (r_1 – p_1) – (p_1 – q_1) – (r_1 – q_1) \\ &=& -2p_1+2q_1 \\ &\leq&0 \end{eqnarray}\(p_1 \leq q_1 \leq r_1\) の場合
\begin{eqnarray} && \sqrt{(r_1-p_1)^2} – \sqrt{(q_1 – p_1)^2} – \sqrt{(r_1 – q_1)^2}\\ &=& (r_1 – p_1) – (q_1 – p_1) – (r_1 – q_1) \\ &=& 0 \end{eqnarray}\(p_1 \leq r_1 \lt q_1\) の場合
\begin{eqnarray} && \sqrt{(r_1-p_1)^2} – \sqrt{(q_1 – p_1)^2} – \sqrt{(r_1 – q_1)^2}\\ &=& (r_1 – p_1) – (q_1 – p_1) – (q_1 – r_1) \\ &=& 2r_1-2q_1 \\ &\lt&0 \end{eqnarray}\(0 \lt n\) のとき
\( n = k \) の時に条件式が成立すると仮定します。
このとき
\[ \sqrt{\sum_{l=1}^{k} (r_l – p_l)^2} \leq \sqrt{\sum_{l=1}^{k} (q_l – p_l)^2} – \sqrt{\sum_{l=1}^{k} (r_l – q_l)^2} .\]これより
\begin{eqnarray}\begin{split}\sum_{l=1}^{k} (r_l – p_l)^2 & \leq &\left(\sqrt{\sum_{l=1}^{k} (q_l – p_l)^2} + \sqrt{\sum_{l=1}^{k} (r_l – q_l)^2} \right)^2 \\ & \leq& \sum_{l=1}^{k} (q_l – p_l)^2 + \sum_{l=1}^{k} (r_l – q_l)^2\\&& + 2 \sqrt{\sum_{l=1}^k (q_l-p_l)^2} \sqrt{ \sum_{l=1}^k (r_j-q_j)^2}.\end{split}\end{eqnarray}この条件下で、
\[\left(\sqrt{\sum_{l=1}^{k+1} (r_l – p_l)^2}\right)^2 – \left(\sqrt{\sum_{l=1}^{k} (q_l – p_l)^2}+\sqrt{\sum_{l=1}^{k} (r_l – q_l)^2}\right)^2 \leq 0\]を証明する。
\(n=k\) のときの不等式と、\(n=1\) のときの不等式を利用すると、次のように式変形できます。
\begin{eqnarray}\begin{split} & & \left(\sqrt{\sum_{l=1}^{k+1} (r_l – p_l)^2}\right)^2 – \left(\sqrt{\sum_{l=1}^{k} (q_l – p_l)^2}+\sqrt{\sum_{l=1}^{k} (r_l – q_l)^2}\right)^2 \\ & \leq & (r_{k+1}-p_{k+1})^2 – (q_{k+1}-p_{k+1})^2 – (r_{k+1}-q_{k+1})^2 \\ && \quad – 2 \sqrt{\sum_{l = 1}^{k+1} (q_l-p_l)^2}\sqrt{\sum_{l = 1}^{k+1} (r_j-q_j)^2}\\ && \quad + 2 \sqrt{\sum_{l = 1}^{k} (q_l-p_l)^2}\sqrt{\sum_{l = 1}^{k} (r_l-q_l)^2}\\ &\leq& 2 \sqrt{(q_{k+1} – p_{k+1})^2 (r_{k+1} – q_{k+1})^2}\\ && \quad – 2 \sqrt{\sum_{l = 1}^{k+1} (q_l-p_l)^2} \sqrt{\sum_{l = 1}^{k+1} (r_j-q_j)^2}\\ && \quad + 2 \sqrt{\sum_{l = 1}^{k} (q_l-p_l)^2} \sqrt{\sum_{l = 1}^{k} (r_l-q_l)^2}. \end{split}\end{eqnarray}ここで次のように \(A_k\), \(B_k\), \(C_k\), \(D_k\) を定義します。
\begin{eqnarray} A_k &=&(q_{k+1} – p_{k+1})^2 \\ B_k&=&(r_{k+1} – q_{k+1})^2\\ C_k &=& \sum_{l=1}^k (q_l-p_l)^2\\ D_k&=&\sum_{l=1}^{k} (r_l-q_l)^2 \end{eqnarray}すると、最後の式は
\[2\sqrt{A_k B_k} – 2\sqrt{(A_k+C_k)(B_k+D_k)} + 2\sqrt{B_k D_k}\]と書けます。
\[\sqrt{A_k B_k} – \sqrt{(A_k+C_k)(B_k+D_k)} + \sqrt{B_k D_k} \leq 0\]を証明するために、
\[\left(\sqrt{A_k B_k}+\sqrt{B_k D_k}\right)^2 \leq \sqrt{(A_k+C_k)(B_k+D_k)}^2\]を証明します。
\begin{eqnarray}\begin{split} && \left(\sqrt{A_k B_k}+\sqrt{B_k D_k}\right)^2 – \sqrt{(A_k+C_k)(B_k+D_k)}^2\\ &\leq& A_k B_k + B_k D_k + 2\sqrt{A_k B_k C_k D_k}\\&&\quad – A_k B_k – C_k D_k – A_k D_k – B_k D_k\\ &=&2\sqrt{A_k B_k C_k D_k} – A_k D_k – B_k C_k \\ &=& – \left( \sqrt{A_k D_k} – \sqrt{B_k C_k} \right)^2\\ &\leq&0 \end{split} \end{eqnarray}よって、 \(n=k+1\) の場合も3角不等式は成立します。
